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文档简介
2024届湖南省株洲市醴陵市第二中学化学高一第一学期期中考试试题注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写,字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、已知反应:KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O下列说法正确的是A.反应中还原剂是HCl,还原产物是KClB.氧化性强弱关系为:KClO3>Cl2C.反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:6D.当消耗1mol氧化剂时,反应中转移电子的物质的量为6mol2、1个某种氯原子的质量是ag,1个12C原子的质量是bg,用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是()①该氯原子的相对原子质量为12a/b②mg该氯原子的物质的量为m/(aNA)mol③该氯原子的摩尔质量是aNAg④ag该氯原子所含的电子数为17molA.①② B.①③ C.②③ D.②④3、据报载我国最近合成新的同位素,其中一种是Hf(铪),它的中子数是()A.72 B.113 C.185 D.2574、如下图所示的实验操作中正确的是()A. B. C. D.5、下列对于氧化还原反应的说法中,正确的是A.氧化剂发生氧化反应 B.还原剂具有还原性C.得到电子的元素,其化合价升高 D.通常还原剂中某元素的化合价较高6、下列变化中,需加入氧化剂才能实现的是()①Al(OH)3→Al2O3②FeCl3→FeCl2③SO2→SO3④CuO→Cu⑤Cl-→Cl2⑥H2O2→O2A.②④ B.③⑤ C.②③④⑤ D.③⑤⑥7、“粗盐提纯”实验中,下列操作正确的是()A.过滤时用玻璃棒搅拌漏斗内的液体,以加速过滤B.蒸发到析出晶体时才需要用玻璃棒搅拌C.待溶液蒸干后即停止加热D.当蒸发皿中出现较多量晶体时就应停止加热8、下列关于溶液和胶体的叙述,正确的是A.溶液是电中性的,胶体是带电的B.通电时,溶液中的溶质粒子分别向两极移动,胶体中的分散质粒子向某一极移动C.一束光线分别通过溶液和胶体时,后者会出现明显的光带,前者则没有D.溶液中溶质粒子的运动有规律,胶体中分散质粒子的运动无规律,即布朗运动9、下列关于强、弱电解质的叙述中正确的是()A.强电解质都含有金属元素,弱电解质都含有非金属元素B.强电解质都是可溶性化合物,弱电解质都是难溶性化合物C.强电解质的水溶液中无溶质分子,弱电解质的水溶液中有溶质分子D.强电解质的导电能力强,弱电解质的导电能力弱10、下列说法正确的是()A.铜、硫酸铜溶液均能导电,所以它们均是电解质B.NH3、CO2的水溶液均能导电,所以NH3、CO2均是电解质C.蔗糖、酒精在水溶液和熔融状态下均不能导电,所以它们均是非电解质D.液态HCl、固体NaCl均不能导电,所以HCl、NaCl均是非电解质11、如图,A处通入Cl2,关闭B阀时,C处湿润的红布看不到明显现象;当打开B阀后,C处湿润的红布条逐渐褪色。则D瓶中装的可能是()A.浓H2SO4 B.NaOH溶液 C.H2O D.饱和食盐水12、浓度为2.00mol/L的盐酸溶液1L,欲使其浓度变为4.00mol/L,下列方法可行的是()A.蒸发掉0.5L水 B.标况下通入44.8LHCl气体C.将溶液加热蒸发浓缩至0.5L D.加入10mol/L盐酸0.6L,再将溶液稀释至2L13、配制一定体积、一定物质的量浓度的溶液时,下列会使配得的溶液浓度偏大的是()A.容量瓶中原有少量蒸馏水B.溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯C.定容时观察液面俯视D.定容时倒转容量瓶几次,发现凹液面最低点低于标线,再补几滴水到标线14、下列说法正确的是A.氯化铵固体受热分解和干冰升华均只需克服分子间作用力B.NaF、H2SO4中所含化学键的类型相同C.HCl气体溶于水和NaOH熔化破坏的化学键类型相同D.I2、Br2、Cl2、F2的熔、沸点逐渐降低15、下列选项中的诗句内容基本不涉及化学变化的是()A.“爆竹声中一岁除,春风送暖入屠苏”B.“千锤万凿出深山,烈火焚烧若等闲”C.“美人首饰侯王印,尽是江中浪底来”D.“春蚕到死丝方尽,蜡炬成灰泪始干”16、下列说法正确的是A.金属氧化物都是碱性氧化物B.溶于水电离出H+的物质都是酸C.在氧化还原反应中,金属单质作反应物时一定是还原剂D.阳离子只有氧化性,阴离子只有还原性二、非选择题(本题包括5小题)17、某111mL溶液只含Cu2+、Ba2+、K+、OH-、SO42—、Cl—中的几种,分别取三份11mL该溶液进行实验,以确定该溶液中的离子组成。①向一份中加入足量NaOH溶液,产生1.98g蓝色沉淀②向另一份中加入足量BaCl2溶液,产生2.33g白色沉淀③向第三份中加入过量Ba(NO3)2溶液后,过滤取滤液再加入足量AgNO3溶液,产生2.87g白色沉淀。回答下列问题(1)该溶液中一定不存在的离子是___________,③中白色沉淀的化学式为______。(2)产生蓝色沉淀的离子方程式为_____________________________。(3)该溶液中一定存在的阴离子有____________,其物质的量浓度分别为_________。(4)该111mL溶液中还含有的离子是_______,其物质的量是_______。18、有一包白色固体粉末,由FeCl3、CaCO3、Na2SO4、KCl、Ba(NO3)2中的几种物质组成,取样品进行如下实验(假设下列过程中,能反应的物质之间的反应恰好完全):(1)步骤①所用分离方法叫做___,要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂,所用分离方法叫做___。(2)写出实验过程中发生化学反应的离子方程式①___;②___。(3)固体粉末中一定不存在的物质是(填化学式,下同)___;不能确定是否存在的物质是___。(4)将固体粉末可能的组成填入下表(可以不填满,也可以再补充)。___序号化学式ⅠⅡ(5)设计一个实验,进一步确定混合物的组成,简述实验操作、现象和结论。___19、某同学用KMnO4与浓盐酸反应制备纯净的Cl2的装置如图所示。回答下列问题:(1)A中发生反应的化学方程式为16HCl(浓)+2KMnO4=2KCl+2+5Cl2↑+8H2O,中应为___________(填化学式)
,分液漏斗上方回形玻璃管的作用是________。(2)装置C的作用是__________,装置D中的现象为________时证明E中收集的气体不含水蒸气。(3)E装置中导管_______(填“x"或“y")应伸至靠近集气瓶底部。(4)制取氯水时将装置B连接装置G即可(如图),装置G中长玻璃导管连接多孔玻璃球的作用是____________,氯水中存在多种微粒,使品红褪色的微粒、使紫色石蕊溶液变红的微粒、与AgNO3溶液反应生成白色沉淀的微粒分别是____
(
填字母)。a
.Cl2、H+、Cl-b.
HClO、H+
、Cl-c.
HClO、Cl2、HCl(5)有同学认为用装置I可以代替装置F,你认为是否可以?________。若可以,此空不填;若不可以,简述理由:________________。20、实验室用密度为1.25g•mL-1、质量分数为36.5%的浓盐酸配制240mL0.1mol•L﹣1的盐酸,请回答下列问题:(1)浓盐酸的物质的量浓度为________________________。(2)配制240mL0.1mol•L-1的盐酸应量取浓盐酸体积/mL应选用容量瓶的规格/mL____________________(3)配制时,其正确的操作顺序是(用字母表示,每个字母只能用一次)__________。A.用30mL水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2〜3次,洗涤液均注入容量瓶,振荡B.用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积,倒入烧杯中,再加入少量水(约30mL),用玻璃棒慢慢搅动,使其混合均匀C.将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中D.将容量瓶盖紧,振荡,摇匀E.改用胶头滴管加水,使溶液凹液面恰好与刻度线相切F.继续往容量瓶内小心加水,直到液面接近刻度线1〜2cm处(4)若实验中遇到下列情况,对配制盐酸的物质的量浓度有何影响(填“偏高”“偏低”或“不变”)①用于稀释盐酸的烧杯未洗涤__________________________________________;②容量瓶中原有少量蒸馏水____________________________________________;③定容时俯视观察液面________________________________________________。(5)若实验过程中出现如下情况如何处理?①定容时加蒸馏水时超过了刻度________________________________________;②向容量瓶中转移溶液时不慎有溶液溅出________________________________;③定容摇匀后发现液面下降____________________________________________。21、某微粒的结构示意图为,试回答:(1)x表示____________,y表示____________。(2)当x-y>10时,该微粒是________(选填“阳离子”或“阴离子”或“原子”)(3)当时,该微粒带有2个单位的负电荷,则该微粒的符号为_________,该微粒的结构示意图为____________(4)当y=2的中性原子M跟y=7的中性原子N化合时,形成化合物的化学式为__
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、B【解题分析】
反应中氯酸钾中的氯元素化合价降低,做氧化剂;盐酸中的部分氯元素化合价升高,做还原剂和酸。【题目详解】A.反应中还原剂是HCl,还原产物是氯气,故错误;B.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析,氧化剂为KClO3,氧化产物为Cl2,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物分析,氧化性强弱关系为:KClO3>Cl2,故正确;C.若有6mol盐酸参加反应,有5mol做还原剂,1mol表现酸性,所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:5,故错误;D.氯酸钾中的氯元素化合价降低5价,当消耗1mol氧化剂时,反应中转移电子的物质的量为5mol,故错误。故选B。【题目点拨】掌握常见的氧化还原反应,尤其是归中反应。在此反应中氯酸钾做氧化剂,盐酸部分做还原剂,氯气既是氧化产物又是还原产物。2、A【解题分析】
①某原子的相对原子质量等于一个该原子的质量除以一个12C原子质量的十二分之一,据此计算氯原子的相对原子质量;②一个氯原子的质量为ag,则NA个氯原子的质量为aNAg,则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol,再依据n=m/M计算物质的量;
③摩尔质量的单位为g/mol;
④某氯原子的质量是ag,则ag该氯原子即1个,据此分析。【题目详解】①氯原子的相对原子质量为一个氯原子的质量除以一个12C原子质量的十二分之一,即氯原子的相对原子质量=,①正确;②一个氯原子的质量为ag,NA个氯原子的质量为aNAg,则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol,所以mg该氯原子的物质的量为,②正确;③一个氯原子的质量为ag,NA个氯原子的质量为aNAg,则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol,③错误;④某氯原子的质量是ag,则ag该氯原子即1个氯原子,含17个电子,④错误;综上所述,①②正确;答案选A。【题目点拨】摩尔质量的计算公式:(1);(2)已知化学式,摩尔质量数值上等于其相对分子质量或者相对原子质量;(3)已知一个某粒子的质量为ag,该粒子的摩尔质量M=aNAg/mol;例如本题中1个氯原子的质量为ag,NA个氯原子的质量为aNAg,则氯原子的摩尔质量为aNAg/mol,这是学生们的易错点,关键在于理解摩尔质量的定义:摩尔质量是指单位物质的量的物质所具有的质量,即NA个粒子的质量。3、B【解题分析】
根据原子符号的表示可知该元素原子的质子数是72,质量数是185,因为质量数=质子数+中子数,则中子数是185-72=113,B选项正确;答案选B。4、C【解题分析】
A.为了防止药品污染或腐蚀托盘,不能直接放在托盘上,托盘天平的精确度不能称量出10.05g固体,图中操作错误,故A错误;B.量取9.5mL液体,应选与它量程最近的量筒:10mL的量筒,图中操作错误,故B错误;C.蒸发过程中必须用玻璃棒不断搅拌,以防止局部温度过高而使液体飞溅,图中操作正确,故C正确;D.过滤时要用到玻璃棒,玻璃棒靠在三层滤纸上,使待滤液沿玻璃棒缓慢流入漏斗中,图中无玻璃棒,故D错误。故选C。5、B【解题分析】
氧化还原反应的本质是电子的转移(得失或偏移),元素化合价的升降是由于电子的转移而引起的,氧化剂是得到电子的物质,具有氧化性,反应中元素化合价降低,发生还原反应,被还原,还原剂是失电子的物质,具有还原性,反应中元素化合价升高,发生氧化反应,被氧化。【题目详解】A项、氧化剂在反应中被还原,发生还原反应,即被还原的物质是氧化剂,故A错误;B项、还原剂在反应中失去电子,体现还原性,故B正确;C项、反应中得到电子的元素,其化合价降低,故C错误;D项、某元素的最低价态只有还原性,通常还原剂中某元素的化合价较低,故D错误。故选B。【题目点拨】本题考查氧化还原反应,侧重氧化还原反应的基本概念的考查,注意其特征和本质及氧化剂、还原性的分析是关键。6、B【解题分析】
①Al(OH)3→Al2O3中,氧元素、铝元素、氢元素化合价均没有变化,不属于氧化还原反应,故不选;②FeCl3→FeCl2中,Fe元素的化合价降低,需要加入还原剂实现,故不选;③SO2→SO3中,S元素的化合价升高,需要加入氧化剂实现,故选;④CuO→Cu中,Cu元素的化合价降低,需要加入还原剂实现,故不选;⑤Cl-→Cl2中,Cl元素的化合价升高,需要加入氧化剂实现,故选;⑥H2O2→O2中,O元素既可由-1价升高到0价,也可由-1价降低到-2价,自身发生氧化还原反应,不需要加氧化剂就可以反应,故不选;结合以上分析可知,正确的有③⑤;综上所述,本题选B。【题目点拨】本题考查氧化还原反应,为高考常见题型,把握反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重氧化还原反应中氧化剂的考查,题目难度不大。需加氧化剂才能实现,则选项中物质应为还原剂、发生了氧化反应,还原剂中某元素的化合价升高。7、D【解题分析】
A.过滤时,用玻璃棒引流,但不能用玻璃棒搅拌漏斗内液体,否则易损坏滤纸,故A错误;B.蒸发过程中要不断用玻璃棒搅拌,防止局部温度过高而产生安全事故,故B错误;C.当蒸发皿中出现较多晶体时就应停止加热,利用余热蒸干,故C错误;D.当蒸发皿中出现较多晶体时就应停止加热,利用余热蒸干,故D正确;故答案为D。【题目点拨】明确操作规范性是解本题关键,粗盐中含有泥沙等不溶性杂质,以及可溶性杂质如:Ca2+,Mg2+,等,不溶性杂质可以用过滤的方法除去,可溶性杂质中的Ca2+,Mg2+,则可通过加入BaCl2、NaOH和Na2CO3溶液,生成沉淀而除去,也可加入BaCO3固体和NaOH溶液来除去,然后蒸发水分得到较纯净的精盐。8、C【解题分析】
A.分散系都是电中性的,胶体不带电,故A错误;B.胶体粒子可能不带电,不做定向移动,故B错误;C.丁达尔效应是胶体特有的性质,故C正确;D.溶液中的溶质粒子的运动也是布朗运动,故D错误;故答案选C。9、C【解题分析】A.强电解质不一定含有金属元素如硫酸,故A错误;B.电解质的强弱与化合物的溶解性没有关系,如难溶性化合物碳酸钙是强电解质,可以无限溶于水的醋酸是弱电解质,故B错误;C.强电解质完全电离,其水溶液中无溶质分子,弱电解质部分电离,其水溶液中有溶质分子,故C正确;D.强电解质的导电能力不一定强,如碳酸钙溶液导电能力弱,故D错误。故选C。点睛:本题主要涉及强、弱电解质的性质及其关系。强电解质在水溶液中完全电离,弱电解质在水溶液中小部分电离。电解质的强弱程度与溶解性之间没有关系。强电解质包括离子型化合物和部分共价型化合物,弱电解质完全为共价型化合物。10、C【解题分析】
A.铜是单质,硫酸铜溶液是混合物,均不是化合物,则不是电解质,也不是非电解质,故A错误;B.NH3和CO2的水溶液能导电,是均与水反应生成了可电离的电解质的缘故,而自身不能发生电离,是非电解质,故B错误;C.蔗糖、酒精均是化合物,且在水溶液和熔融状态下均不能导电,则蔗糖、酒精均是非电解质,故C正确;D.液态HCl、固体NaCl均不能导电,但溶于水都能电离出自由移动的离子,则HCl、NaCl均是电解质,故D错误;故答案为C。【题目点拨】电解质与非电解质的判断要注意以下几点:①电解质和非电解质均指化合物,单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质;②电解质本身可能不导电,如NaCl固体,但NaCl是电解质,电解质是在水溶液或熔融状态导电即可,又如HCl气体不导电,但溶于水后形成的盐酸能导电,HCl是电解质;③能导电的不一定是电解质,如Fe能导电,但是单质,不属于电解质;④难溶性化合物不一定就是弱电解质。11、B【解题分析】
A.若D中盛放浓硫酸,由于浓硫酸不吸收氯气,所以关闭B阀时,C处湿润的红色布条褪色,故A错误;B.若D中盛放氢氧化钠溶液,关闭B阀时,氢氧化钠溶液吸收氯气,导致C处湿润的红色布条无变化,当打开B阀时,氯气溶于水具有漂白性,使红色布条褪色,满足题意,故B正确;C.由于氯气在水中溶解度较小,所以关闭B阀时,经过一段时间,C处湿润的红色布条将褪色,故C错误;D.饱和食盐水不吸收氯气,所以关闭B阀时,经过一段时间,C处湿润的红色布条将褪色,故D错误。故答案选:B。12、D【解题分析】
A.盐酸具有挥发性,蒸发掉0.5L水时HCl也会逸出,所以不能实现;B、标况下的44.8LHCl气体物质的量为2mol,原溶液中HCl的物质的量为:2.00mol/L1L=2mol,溶液的总体积大于1L,故不能实现;C.将溶液加热蒸发浓缩至0.5L,盐酸具有挥发性,所以此法不能达到;D.加入盐酸,再将溶液稀释至2L,HCl的浓度为c(HCl)=(0.6L10mol/L+2.00mol/L1L)/2L=4.00mol/L,故D正确;答案:D。13、C【解题分析】
A.容量瓶中含有少量蒸馏水,对实验结果没影响,A错误;B.将溶液从烧杯转移到容量瓶中后没有洗涤烧杯,将会有一部分的溶质没有转移到容量瓶中,导致浓度偏低,B错误;C.定容时观察液面俯视,因为光线要通过刻度线,还要通过凹液面的最低点,因此加的水少了,导致结果偏高,C正确;D.定容时倒转容量瓶几次,发现凹液面最低点低于标线,再补几滴水到标线,导致水的量加多,使浓度偏低,D错误。14、D【解题分析】
A.氯化铵受热是氯化铵分解生成氨气和氯化氢,属于化学变化,化学键破坏,干冰升华是物理变化,只需克服分子间作用力,A错误;B.NaF中含有离子键,H2SO4中含有共价键,所含化学键类型不相同,B错误;C.HCl气体溶于水共价键断键,NaOH熔化破坏的是离子键,化学键类型不相同,C错误;D.I2、Br2、Cl2、F2形成的均是分子晶体,相对分子质量依次减小,分子间作用力逐渐减小,则熔沸点逐渐降低,D正确。答案选D。15、C【解题分析】
A.爆竹中炸药爆炸,发生了化学变化,A不合题意;B.石灰石煅烧,发生了化学变化,B不合题意;C.美人的金首饰和王侯的金印所用的金子,都是从浪底的沙子中淘洗出来,只涉及物理变化,C符合题意;D.蜡烛燃烧时,发生化学变化,D不合题意;故选C。16、C【解题分析】
A.金属氧化物不一定都是碱性氧化物,例如氧化铝是两性氧化物,A错误;B.溶于水电离出H+的物质不一定都是酸,例如NaHSO4溶于水电离出氢离子,属于酸式盐,B错误;C.金属单质在氧化还原反应中只能失去电子,金属单质作反应物时一定是还原剂,C正确;D.阴离子只有还原性,但阳离子不一定只有氧化性,例如亚铁离子还具有还原性,D错误;答案选C。二、非选择题(本题包括5小题)17、Ba2+和OH-AgClCu2++2OH-=Cu(OH)2↓SO42-、Cl-1mol/L、2mol/LK+1.2mol【解题分析】
(1)实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2,实验②生成的白色沉淀是BaSO4,实验③生成的白色沉淀是AgCl。再结合离子共存分析。(2)Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。(3)该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-。(4)根据电荷守恒分析。【题目详解】(1)实验①生成的蓝色沉淀是Cu(OH)2,溶液中存在Cu2+,不存在OH-,实验②生成的白色沉淀是BaSO4,说明溶液中存在SO42-,不存在Ba2+,实验③生成的白色沉淀是AgCl,说明溶液中存在Cl-。所以,该溶液中一定不存在的离子是Ba2+和OH-,③中白色沉淀为AgCl,故答案为Ba2+和OH-;AgCl。(2)产生蓝色沉淀的离子方程式为:Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓,故答案为Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓。(3)该溶液中一定存在的阴离子有SO42-和Cl-,11mL溶液中,两种离子的物质的量分别为:n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g/mol=1.11mol,n(Cl-)=n(AgCl)=2.87÷143.5g/mol=1.12mol,所以c(SO42-)=1mol/L,c(Cl-)=2mol/L,故答案为SO42-、Cl-;1mol/L、2mol/L。(4)11mL溶液中,Cu2+的物质的量为:n(Cu2+)=n[Cu(OH)2]=1.98g÷98g/mol=1.11mol,1.11molCu2+带1.12mol正电荷,1.11molSO42-和1.12molCl-共带有1.14mol负电荷,根据电荷守恒知,原溶液中还存在K+,11mL溶液中含有1.12molK+,111mL溶液中含有1.2molK+,故答案为K+;1.2mol。18、过滤蒸馏Ba2++SO42-=BaSO4↓H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OCuSO4KCl序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl用试管取少许步骤①中的“无色溶液”,滴入HNO3酸化,再滴入AgNO3溶液;若有白色沉淀出现,则原白色固体粉末中含有KCl;若无白色沉淀出现,则原白色固体粉末中不含KCl【解题分析】
假设这些物质都有,经步骤①得到无色溶液和白色沉淀,说明原粉末中没有FeCl3,在该假设的前提下,白色沉淀是CaCO3、BaSO4,向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体,则说明沉淀中一定有CaCO3,题中告知能反应的物质之间的反应恰好完全,加入稀硝酸之后,沉淀的质量减少,说明还含有BaSO4,则原粉末中有一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2;KCl不和上述的任何物质反应,也不能通过实验现象去确定其是否存在,故可能有KCl。【题目详解】(1)经步骤①得到无色溶液和白色沉淀,则该步骤为过滤;要从步骤②所得“无色溶液”中提取溶剂,需要采用蒸馏;(2)经分析,原粉末中一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2,则步骤①中的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓;步骤②中,仅CaCO3和HNO3反应,该反应的离子方程式为2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O;(3)经分析,原固体粉末中一定没有CuSO4,不能确定是否存在的是KCl;(4)由于原固体粉末中一定没有CuSO4,一定有CaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2,可能有KCl,故其组成由两种情况:序号化学式ICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2IICaCO3、Na2SO4、Ba(NO3)2、KCl(5)KCl是唯一可能存在的物质,故只需要鉴定KCl即可,可以用AgNO3溶液检验KCl:用试管取少许步骤①中的“无色溶液”,滴入HNO3酸化,再滴入AgNO3溶液;若有白色沉淀出现,则原白色固体粉末中含有KCl;若无白色沉淀出现,则原白色固体粉末中不含KCl。【题目点拨】“白色粉末”的推断题,是酸碱盐的常考题型,解答思路一般是先假设粉末还有所有的固体,再根据后续的实验现象,确定这些固体的存在情况。19、MnCl2维持圆底烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等,使浓盐酸顺利滴下干燥氯气白色的无水硫酸铜不变蓝y增大气体与溶液的接触面积,使其他充分吸收b不能不能阻止空气中的水蒸气进入E装置【解题分析】
KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯化锰、Cl2和水,化学方程式为:16HCl(浓)+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,分液漏斗上方回形玻璃管的作用是维持蒸馏烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等,浓盐酸顺利滴下,通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢,B中的装置起到缓冲的作用,再经过无水氯化钙的干燥,通过无水硫酸铜检验水是否吸收干净,E装置用于吸收氯气,根据氯气的密度大于空气,采用向上排空气法收集,F装置用于尾气处理和防止空气中的水蒸气进入E装置,由此分析。【题目详解】(1)根据质量守恒可知,化学方程式为:16HCl(浓)+2KMnO4=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,分液漏斗上方回形玻璃管的作用是维持圆底烧瓶和分液漏斗中的气体压强相等,使浓盐酸顺利滴下;(2)装置C中盛有氯化钙,有吸水性,可用于干燥氯气,无水硫酸铜为白色,遇水形成胆矾,为蓝色,故装置D中白色的无水硫酸铜不变蓝时证明E中收集的气体不含水蒸气;(3)氯气的密度大于空气,采用向上排空气法收集,E装置中导管y应伸至靠近集气瓶底部;(4)氯气易溶于水,装置G中长玻璃导管连接多孔玻璃球的作用是增大氯气与水反应的接触面积,使气体分吸收,氯水中存在HClO、H+、Cl-、H2O、Cl2、ClO-、OH-,其中使品红褪色的微粒是HClO,使紫色石蕊溶液变红的微粒是酸,即H+,与AgNO3溶液反应生成白色沉淀的微粒分别是Cl-,答案选b;(5)装置I不能代替装置F,F装置用于尾气处理和防止空气中的水蒸气进入E装置,装置I只能起到尾气吸收和防止倒吸,不能防止空气中的水蒸气进入E装置。20、12.5mol·L-12.0250BCAFED偏低不变偏高重新配制重新配制无需进行其他操作【解题分析】
(1)根据分析解答。(2)由于实验室没有240mL的
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